2023年上海市松江区高考化学二模试卷

这是一份2023年上海市松江区高考化学二模试卷，共22页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2023年上海市松江区高考化学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
总分
得分




第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）
1. 2023年2月，我国海关在对进境邮件进行查验时，查获违法红珊瑚制品。珊瑚显红色，源于在海底长期积淀某种元素的氧化物，该元素是(    )
A. C B. Si C. Fe D. Na
2. “碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施能促进碳中和最直接有效的是(    )
A. 将重质油裂解为轻质油作为燃料 B. 大规模开采可燃冰作为新能源
C. 通过清洁煤技术减少煤燃烧污染 D. 研发催化剂将CO2还原为甲醇
3. 春季是流感、诺如病毒等疾病的高发期，需要对重点场所做好定期清洁消毒。下列物质中，不是消毒剂的是(    )
A. 漂粉精 B. 洁厕灵 C. 碘酒 D. 臭氧
4. 下列物质中，分子的空间结构为直线型的是(    )
A. 乙烯 B. 甲烷 C. 氨 D. 二氧化碳
5. 科学家们创造出了最轻的镁同位素 18Mg， 18Mg与 24Mg具有(    )
A. 不同电子数 B. 不同物理性质 C. 不同核电荷数 D. 不同化学性质
6. 在FeSO4、CuSO4、Al2(SO4)3的混合溶液中通入适量H2S，产生的沉淀物是(    )
A. Al(OH)3 B. Al2S3 C. CuS D. FeS
7. 在合成氨和接触法制硫酸的工业生产中，下列说法错误的是(    )
A. 均采用高压条件 B. 均选择较高温度 C. 均进行循环操作 D. 均使用合适催化剂
8. 一定条件下，存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”情况的是(    )
A. 一氧化氮与过量氧气 B. 氯化铝溶液与过量稀氨水
C. 铁片与过量浓硝酸 D. 澄清石灰水与过量二氧化碳
9. 海水提溴与海带提碘，共同点是(    )
A. 浓缩方法 B. 采用热空气吹出 C. 四氯化碳萃取 D. 氧化剂可选择氯水
10. 下列物质间的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是(    )
A. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
B. Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3
C. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
D. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4
11. 下列各组在溶液中的反应，不管反应物的量多少，都能用同一离子方程式表示的是(    )
A. FeBr2与Cl2  B. Ba(OH)2与NaHSO4   
C. HCl与Na2CO3  D. Ca(HCO3)2与Ca(OH)2
12. 侯氏制碱法制造纯碱同时副产氯化铵。下列有关母液处理的说法错误的是(    )
A. 升高温度，有利于NH4Cl更多地析出
B. 加入食盐，增大Cl-的浓度，使NH4Cl更多地析出
C. 通入氨气，增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出
D. 通入氨气，使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度
13. 如图装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，其中能达到实验目的的是 (    )

A. 用装置甲制备氨气 B. 用装置乙除去氨气中的少量水
C. 用装置丙收集氨气 D. 用装置丁吸收多余的氨气
14. 断肠草中分离出来的2种毒素的结构简式如图，有关推断正确的是(    )

A. 互为同系物 B. 均能与氢氧化钠溶液反应
C. 互为同分异构体 D. 1mol均能与6molH2加成
15. 可降解塑料的合成路线如图：

下列说法错误的是(    )
A. B的分子式为C6H12O B. C→D发生的是氧化反应
C. D→PCL发生的是缩聚反应 D. D与PCL的水解产物相同
16. 有一澄清透明的溶液，可能含有大量的Fe3+、Fe2+、H+、AlO2-、Al3+、CO32-、NO3-中的几种，向该溶液中滴入1mol⋅L-1NaOH溶液一定体积后才产生沉淀。下列判断正确的是(    )
A. 溶液中可能含有Fe2+ B. 溶液中一定不含Fe3+
C. 溶液中可能含有NO3- D. 溶液中一定不含AlO2-
17. 银制器皿表面日久因生成Ag2S而变黑，可进行如下处理：将表面发黑的银器浸入盛有食盐水的铝质容器中(如图)，一段时间后黑色褪去．有关说法正确的是(    )

A. 该处理过程中电能转化为化学能 B. 银器为正极，Ag2S还原为单质银
C. Ag2S溶解于食盐水生成了AgCl D. 铝质容器为阳极，其质量变轻
18. 下列化学反应，相应的离子方程式一定正确的是(    )
A. 向NH4Fe(SO4)2溶液中加入少量NaOH溶液：NH4++OH-=NH3⋅H2O
B. 1L1mol⋅L-1FeBr2溶液与一定量氯气反应，转移电子数为6.02×1023时：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
C. 将2.24L(标准状况)CO2通入500mL0.3mol⋅L-1NaOH溶液中：2CO2+3OH-=CO32-+HCO3-+H2O
D. 向Ca(ClO)2溶液通入少量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
19. 工业上以铜阳极泥(主要成分是Cu2Te)为原料提取碲(第五周期ⅥA族)，涉及反应：
①Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+TeO2+2H2O
②TeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Te
以下说法正确的是(    )
A. Cu2Te中Cu元素的化合价是+2价
B. 氧化性强弱顺序为：O2>SO2>TeO2
C. 反应②中氧化剂是SO2，氧化产物是H2SO4
D. 每制备1molTe理论上共转移12mol电子
20. 常温下，向1 LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2.通入CO2的体积(V)与溶液中水电离出的c(OH-)的关系如图所示．下列叙述错误的是(    )
A. a点溶液中：水电离出的c(H+)=1×10-10mol⋅L-1
B. b点溶液中：c(H+)=1×10-7mol⋅L-1
C. c点溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)
D. d点溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)

第II卷（非选择题）

二、实验题（本大题共1小题，共15.0分）
21. PCl3是重要的化工原料。如图为实验室中制取粗PCl3产品的装置，夹持装置略去。

经查阅资料知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5。PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3。PCl3遇O2会生成POCl3。PCl3、POCl3的熔沸点见表。
物质
熔点/℃
沸点/℃
PCl3
-112
75.5
POCl3
2
105.3
完成下列填空：
(1)仪器D的名称是 ______ 。装置F与G由橡胶管a相连通，a的作用是 ______ 。
(2)实验时，检查装置气密性后，先打开K1通入CO2，再迅速加入红磷。通入CO2的作用是 ______ 。
(3)装置D中盛有碱石灰，其作用一与B、E相似，作用二为 ______ 。
(4)装置C中的反应需要65～70℃，最适合的加热方式为 ______ 加热，该方法的优点是 ______ 。制得的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等。加入红磷加热除去PCl5后，通过 ______ (填实验操作名称)，即可得到较纯净的PCl3。
(5)通过实验测定粗产品中PCl3的质量分数，实验步骤如下(不考虑杂质的反应)：
第一步：迅速移取20.000gPCl3粗产品，加水完全水解；
第二步：配成500mL溶液，移取25.00mL溶液置于锥形瓶中；
第三步：加入0.500mol⋅L-1碘溶液20.00mL，碘过量，H3PO3完全反应生成H3PO4，反应方程式为H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI；
第四步：加入几滴淀粉溶液，用1.000mol⋅L-1Na2S2O3标准溶液滴定过量的碘，反应方程式为I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，滴至终点时消耗Na2S2O3标准溶液12.00mL。
第二步需要的定量仪器名称为 ______ 。根据上述数据，计算该产品中PCl3的质量分数为 ______ 。
三、简答题（本大题共3小题，共45.0分）
22. H2O2(过氧化氢)应用领域非常广泛。
已知：2H2O2(l)⇌2H2O(l)+O2(g)+Q(Q>0)
H2O2(aq)⇌H+(aq)+HO2-(aq)，K(25℃)=2.24×10-12
完成下列填空：
(1)氧原子最外层成对电子和未成对电子数目之比为 ______ 。
(2)H2O2的电子式为 ______ 。对H2O2分子结构，有以下两种推测：

要确定H2O2分子结构，需要测定H2O2分子中的 ______ 。(选填序号)
a.H-O键长
b.O-O键长
c.H-O-O键角
d.H-O、O-O键能
(3)H2O2分解反应的平衡常数表达式K= ______ 。不同温度下H2O2分解反应的平衡常数K(25℃) ______ K(40℃)(选填“>”“”“”“”或“TeO2，反应②中Te元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则SO2为还原剂，TeO2为氧化剂，氧化剂的氧化性大于还原剂，则有氧化性：TeO2>SO2，则氧化性O2>TeO2>SO2，故B错误；
C.反应②中Te元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则氧化剂是TeO2，氧化产物是H2SO4，故C错误；
D.每制备1molTe反应②转移4mol电子，反应①转移8mol电子，因此每制备1molTe理论上共转移12mol电子，故D正确；
故选：D。
A.碲位于第五周期ⅥA族，因此Cu2Te中Te元素为-2价，Cu元素的化合价为+1价；
B.氧化剂的氧化性大于氧化产物；
C.反应②中Te元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则氧化剂是TeO2，氧化产物是H2SO4；
D.每制备1molTe反应②转移4mol电子，反应①转移8mol电子。
本题主要考查氧化还原反应的基本规律，为高频考点，题目难度不大。

20.【答案】C 
【解析】解：A.a点溶液中的溶质是NaOH，水电离出的c(H+)=10-pH=1×10-10mol⋅L-1，故A正确；
B.常温下，c(OH-)=1×10-7mol/L，溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，所以c(H+)=1×10-7mol⋅L-1，故B正确；
C.c点溶液中，当水电离出的OH-离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子但程度较小，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)，故C错误；
D.d点溶液中，溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故D正确；
故选C．
本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，结合电荷守恒进行解答，注意计算碱性溶液中水电离出氢离子和氢氧根离子的方法．

21.【答案】球形干燥管  使F与G压强相同，便于浓盐酸顺利滴出  赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化  吸收未反应的氯气，防止污染空气  水浴  受热均匀，便于控制加热温度  蒸馏  滴定管和500mL容量瓶  55% 
【解析】解：(1)仪器D的名称是球形干燥管，装置F与G由橡胶管a相连通，a的作用是使F与G压强相同，便于浓盐酸顺利滴出，
故答案为：球形干燥管；使F与G压强相同，便于浓盐酸顺利滴出；
(2)实验时，检查装置气密性后，先打开K1通入CO2，再迅速加入红磷，通入CO2的作用是赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化，
故答案为：赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化；
(3)装置D中盛有碱石灰，其作用一为干燥，吸水，作用二为吸收未反应的氯气，防止污染空气，
故答案为：吸收未反应的氯气，防止污染空气；
(4)装置C中的反应需要65～70℃，最适合的加热方式为水浴加热，该方法的优点是受热均匀，便于控制加热温度，制得的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等，加入红磷加热除去PCl5后，通过蒸馏，即可得到较纯净的PCl3，
故答案为：水浴；受热均匀，便于控制加热温度；蒸馏；
(5)第二步配成500mL溶液，需要的定量移取20.000gPCl3粗产品，其仪器名称为滴定管和500mL容量瓶，反应的关系式为I2～2Na2S2O3，PCl3～H3PO3～I2，该产品中PCl3的质量分数=三氯化磷的质量样品的质量×100%=(0.5×20×10-3-1×12×10-3×12)×20×137.520×100%=55%，
故答案为：滴定管和500mL容量瓶；55%。
(1)仪器D的名称是球形干燥管，橡胶管a使F与G压强相同，便于浓盐酸顺利滴出；
(2)实验时，检查装置气密性后，先打开K1通入CO2，赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化；
(3)碱石灰可以吸收未反应的氯气；
(4)装置C中的反应需要65～70℃，所得混合物互溶，且沸点相差较大不同，通过蒸馏分离；
(5)第二步配成500mL溶液，需要的定量移取20.000gPCl3粗产品，其仪器名称为滴定管和500mL容量瓶，反应的关系式为I2～2Na2S2O3，PCl3～H3PO3～I2，该产品中PCl3的质量分数=三氯化磷的质量样品的质量×100%。
本题考查制备实验方案的设计，侧重考查学生仪器、装置和产品纯度计算的掌握情况，试题难度中等。

22.【答案】2：1   c  c(O2)  >  0.0067mol⋅L-1⋅s-1  0)，H2O2分解反应的平衡常数表达式K=c(O2)，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，不同温度下H2O2分解反应的平衡常数K(25℃)>K(40℃)，标准状况下，某5mLH2O2溶液60s内产生氧气22.4mL(溶液体积变化忽略不计)，n(O2)=22.4L22.4L/mol=0.1mol，反应的n(H2O2)=0.2mol，则0～60s，v(H2O2)=0.2mol5L60s≈0.0067mol⋅L-1⋅s-1，
故答案为：c(O2)；>；0.0067mol⋅L-1⋅s-1；
(4)H2O2(aq)⇌H+(aq)+HO2-(aq)K(25℃)=2.24×10-12，过氧化氢为二元弱酸，H2O为中性，则25℃，pH(H2O2)  Na2HAsO3溶液呈碱性，HAsO32-水解程度大于其电离程度  c(AsO33-)，理由是Na2HAsO3溶液呈碱性，HAsO32-水解程度大于其电离程度，
故答案为：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O；>；Na2HAsO3溶液呈碱性，HAsO32-水解程度大于其电离程度；
(5)已知：I2+AsO33-+2OH-⇌2I-+AsO43-+H2O，为验证该反应具有可逆性，将等物质的量浓度的碘水与Na3AsO3溶液按体积比为V1：V2的比例混合(另加入适量的碱)，当V1